1. Cho (O; R), dây BC cố định không đi qua tâm O, A là điểm bất kì trên cung lớn BC. Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại Ha, Chứng minh tứ giác HDBF, BCEF nội tiếpb, K là điểm đối xứng của A qua O. Chứng minh HK đi qua trung điểm của BCc, Giả sử ∠BAC = 600. Chứng minh Δ AHO cân2. Một hình chữ nhật có chiều dài 3cm, chiều rộng bằng 2cm, quay hình chữ nhật này một vòng quanh chiều dài của nó được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần của hình trụ

Câu hỏi:

1. Cho (O; R), dây BC cố định không đi qua tâm O, A là điểm bất kì trên cung lớn BC. Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại Ha, Chứng minh tứ giác HDBF, BCEF nội tiếpb, K là điểm đối xứng của A qua O. Chứng minh HK đi qua trung điểm của BCc, Giả sử ∠BAC = ${60}^0$. Chứng minh Δ AHO cân2. Một hình chữ nhật có chiều dài 3cm, chiều rộng bằng 2cm, quay hình chữ nhật này một vòng quanh chiều dài của nó được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần của hình trụ

Trả lời:

1.a, Xét tứ giác BDHF có:∠BDH = ${90}^0$ (AD là đường cao)∠BFH = ${90}^0$ (CF là đường cao)=>∠BDH + ∠BFH = ${180}^0$=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếpXét tứ giác BCEF có:∠BFC = ${90}^0$ (CF là đường cao)∠BEC = ${90}^0$ (BE là đường cao)=> 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếpb, Ta có:∠KBA = ${90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>KB⊥ABMà CH⊥AB (CH là đường cao)=> KB // CHTương tự:∠KCA) = ${90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>KC⊥ACBH⊥AC (BH là đường cao)=> HB // CKXét tứ giác BKCF có:KB // CHHB // CK=> Tứ giác BKCH là hình bình hành=> Hai đường chéo BC và KH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường=> HK đi qua trung điểm của BCc, Gọi M là trung điểm của BCXét tam giác AHK có:O là trung điểm của AKM là trung điểm của BC=> OM là đường trung bình của tam giác AHK=> OM = 1/2AH (1)ΔBOC cân tại O có OM là trung tuyến=> OM là tia phân giác của ∠BOC=> ∠MOC = ∠BAC = ${60}^0$ (= 1/2∠BOC )Xét tam giác MOC vuông tại M có:OM = OC.cos(MOC) = OC.cos${60}^0$ = 1/2.OC = 1/2.OA (2)Từ (1) và (2) => OA = AH => ΔOAH cân tại A2. Quay hình chữ nhật vòng quanh chiều dài được một hình trụ có bán kính đáy là R= 2 cm, chiều cao là h = 3 cmKhi đó diện tích toàn phần của hình trụ là$S_{tp}=2{\mathrm{\pi R}}^2+2\mathrm{\pi Rh}=2\mathrm{\pi }.2^2+2\mathrm{\pi }.2.3=20\mathrm{\pi }$$c{m}^2$

====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====

1. 1. Rút gọn biểu thức sau:A = 28+412-11-622. Cho biểu thứcM = x+3x+5x+x-2 – x+1x+2 – x-21-x với x ≥ 0, x ≠ 1a, Rút gọn biểu thức Mb, Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị tương ứng của M nguyên
   
   

   Câu hỏi:
   

   1. Rút gọn biểu thức sau:A = $2\sqrt{8}+4\sqrt{\frac{1}{2}}–\sqrt{11–6\sqrt{2}}$2. Cho biểu thứcM = $\frac{x+3\sqrt{x}+5}{x+\sqrt{x}–2}$ – $\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}$ – $\frac{\sqrt{x}–2}{1–\sqrt{x}}$ với x ≥ 0, x ≠ 1a, Rút gọn biểu thức Mb, Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị tương ứng của M nguyên

   Trả lời:

   1. A = $2\sqrt{8}+4\sqrt{\frac{1}{2}}–\sqrt{11–6\sqrt{2}}$= $4\sqrt{2}+2\sqrt{2}–\sqrt{{\left(3–\sqrt{2}\right)}^2}$= $6\sqrt{2}–3+\sqrt{2}=7\sqrt{2}–3$2.a,  b, Để M nguyên thì  nguyênTa có bảng sau:Vậy với x = 0; 4; 9 thì M nhận giá trị nguyên

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
2. 1. Tìm m để hai phương trình sau có ít nhất một nghiệm chung:2×2-3m+2x+12=04×2-9m-2x+36=02. Tìm hệ số a, b của đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên đi qua hai điểm là (1; –1) và (3; 5)
   
   

   Câu hỏi:
   

   1. Tìm m để hai phương trình sau có ít nhất một nghiệm chung:$2x^2–\left(3m+2\right)x+12=0$$4x^2–\left(9m–2\right)x+36=0$2. Tìm hệ số a, b của đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên đi qua hai điểm là (1; –1) và (3; 5)

   Trả lời:

   1. Đặt $y=x^2$, khi đó ta có:$\left\{\begin{array}{l}2y–\left(3m+2\right)x+12=0\\ 4y–\left(9m–2\right)x+36=0\end{array}\right.$<=> $\left\{\begin{array}{l}2y=\left(3m+2\right)x–12\\ 2\left(3m+2\right)x–24–\left(9m–2\right)x+36=0(*)\end{array}\right.$Giải (*):(6 – 3m)x = –12Phương trình (*) có nghiệm <=> 6 – 3m ≠ 0 <=> m ≠ 2Khi đó, phương trình có nghiệm:Theo cách đặt, ta có: $y=x^2$Thay m = 3 vào 2 phương trình ban đầu,ta có:Vậy khi m = 3 thì hai phương trình trên có nghiệm chung và nghiệm chung là 42. Đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm (1; –1) và (3; 5) nên ta có:$\left\{\begin{array}{l}–1=a+b\\ 3=3a+b\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=–3\end{array}\right.\right.$Vậy đường thẳng cần tìm là y = 2x – 3

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
3. 1. Cho Phương trình : x2+m-1x+5m-6=0a, Giải phương trình khi m = –1b, Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thỏa mãn hệ thức: 4×1 + 3×2 = 12. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trìnhMột công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết số hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu xe? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau
   
   

   Câu hỏi:
   

   1. Cho Phương trình : $x^2+\left(m–1\right)x+5m–6=0$a, Giải phương trình khi m = –1b, Tìm m để 2 nghiệm x₁ và x₂ thỏa mãn hệ thức: 4x₁ + 3x₂ = 12. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trìnhMột công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết số hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu xe? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau

   Trả lời:

   1.a, Khi m = –1, phương trình trở thành:$x^2–2x–11=0$Δ’ = 1 + 11 = 12 => $\sqrt{△‘}=2\sqrt{3}$Phương trình có nghiệm:$x_1=1+2\sqrt{3}$$x_2=1–2\sqrt{3}$Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: S = $\left\{1+2\sqrt{3};1–2\sqrt{3}\right\}$b, $x^2+\left(m–1\right)x+5m–6=0$Ta có:$△={\left(m–1\right)}^2–4\left(5m–6\right)$= $m^2–2m+1–20m+24=m^2–22m+25$Phương trình có hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ $m^2–22m+25\ge 0$ (*)Theo hệ thức Vi-ét ta có:$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=1–m\\ x_1{x}_2=5m–6\end{array}\right.$Theo đề bài ta có:4x₁ + 3x₂ =1 ⇔ x₁ + 3(x₁ + x₂ ) = 1⇔ x₁ + 3(1 – m) = 1⇔ x₁= 3m – 2=> x₂ = 1 – m – x₁ = 1 – m – (3m – 2) = 3 – 4mDo đó ta có:Thay m = 0 vào (*) thấy thảo mãnThay m = 1 vào (*) thấy thảo mãnVậy có hai giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 0 và m = 12. Gọi số lượng xe được điều đến là x (xe) (x > 0; x ∈ N)=> Khối lượng hàng mỗi xe chở là: $\frac{90}{x}$ (tấn)Do có 2 xe nghỉ nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định nên mỗi xe phải chở:$\frac{90}{x}$ + 0,5 = $\frac{180+x}{2x}$ (tấn)Khi đó ta có phương trình:$\frac{180+x}{2x}$.$\left(x–2\right)$ = 90$\left(180+x\right)\left(x–2\right)=180x$$x^2–2x–360=0$=> x = 20 hoặc x = –18Vậy số xe được điều đến là 20 xe

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
4. 1. Cho a, b là 2 số thực sao cho a3+b3 = 2. Chứng minh: 0 &lt; a + b ≤ 22. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP = 116x + 14y + 1z
   
   

   Câu hỏi:
   

   1. Cho a, b là 2 số thực sao cho $a^3+b^3$ = 2. Chứng minh: 0 < a + b ≤ 22. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP = $\frac{1}{16x}$ + $\frac{1}{4y}$ + $\frac{1}{z}$

   Trả lời:

   a, Theo đề bàiTa có:a³ + b³ = 2 > 0 ⇒ a³ > – b³ ⇒ a > –b ⇒ a + b > 0 (1)Nhân cả 2 vế của (1) với (a – b)² ≥ 0 ∀ a,b ta được:(a + b)(a – b)² ∀ 0⇔ (a² – b²)(a – b) ≥ 0⇔ a³ – a²b – ab² + b³ ≥ 0⇔ a³ + b³ ≥ ab(a + b)⇔ 3(a³ + b³ ) ≥ 3ab(a + b)⇔ 4(a³ + b³ ) ≥ a³ + b³ + 3ab(a + b)⇔ 4(a³ + b³ ) ≥ (a + b)³⇔ (a + b)³ ≤ 8⇔ a + b ≤ 2 (2)Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minhb, Ta có:  Ta lại có:, dấu bằng xảy ra khi y = 2x, dấu bằng xảy ra khi z = 4x, dấu bằng xảy ra khi z = 2yVậy  khi Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 49/16

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====